守恒原理在金属与硝酸反应计算中的应用

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硝酸计算专业知识

HNO3与Fe恰好完全反应型:
计算原理:Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO +2H2O 3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO +4H2O
所得溶质为硝酸铁或硝酸亚铁或混合物
练习1. 含ag硝酸旳稀溶液,恰好使5.6gFe粉完全溶解,若有n/4gHNO3被还原,则n值不可能是
Fe、Cu混合与HNO3反应旳计算
B4.5mol/L C7.0mol/ L D9.0mol/L
硝酸与金属反应旳计算：
n(总HNO3)=n(氧化剂)+n(酸介质)+n(余) ①电子守恒②原子守恒③利用离子方程式计算
练习3．1L稀硝酸和稀硫酸旳混合液，其物质旳量浓度分别为 0.1mol/L和0.4mol/L。若向该混合液中加入足量旳铜粉，则最多能溶解铜粉旳质量为
A2.4g B3.2g C6.4g D9.6g
练习4．3.2g铜与过量硝酸反应，硝酸被还原为NO2和NO。反应后溶液中含
H+amol,则此时溶液中含NO3-旳物质旳量为________mol。
【答案】(a+0.1)mol
【例2】(2023年上海市高考题)铜和镁旳合金 4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL旳NO2气体和336mL旳N2O4气体（气体旳体积已折算到原则情况），在反应后旳溶液中，加入足量旳氢氧化钠溶液，生成沉淀旳质量为
C(HNO3)=0.6mol/L C(H2SO4)=0.9mol/L
3、多步综合计算
涉及到多种反应和多种物质，一般能够用守恒法解答。守恒法涉及：电子守恒，原子守恒，质量守恒等。
（1）、电子守恒【解析】在整个反应中得失电子数守恒，氧化剂得到旳电子与还原

自编守恒法在解硝酸型题中的应用

练习1、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝练习、足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体这些气的混合气体,这些气酸铜溶液和的混合气体标准状况)混合后通入水中体与1.68 L O2(标准状况混合后通入水中，所有标准状况混合后通入水中，气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶完全被水吸收生成硝酸。液中加入5 mol/L NaOH溶液至 2+恰好完全沉淀溶液至Cu 恰好完全沉淀, 液中加入溶液至则消耗NaOH溶液的体积是（ A ) 溶液的体积是（则消耗溶液的体积是 A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
7.在浓硝酸中放入铜片： 7.在浓硝酸中放入铜片：在浓硝酸中放入铜片（1）反应开始的化学方程式为。。（3）待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸，待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸， 25%的稀硫酸这时铜片上又有气泡产生，其原因和离子方程式这时铜片上又有气泡产生，是。铜与一定量的浓硝酸反应，（4）若将12.8 g铜与一定量的浓硝酸反应，铜消耗若将12.8 g铜与一定量的浓硝酸反应完时，共产生气体5.6 L（标准状况），），则所消耗完时，共产生气体5.6 L（标准状况），则所消耗的硝酸的物质的量是对分子质量为。，所得气体的平均相（2）若铜有剩余，则反应快要结束时的化学方程式是若铜有剩余，
解题关键: 在溶液中阳离子所带正解题关键: 电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶液电中性。液电中性。
练习1. 混合溶液中含混合溶液中含SO －练习 1L混合溶液中含 42－0.25mol，， Cl－0.5mol ,NO3－0.25mol ,Na＋0.25 mol ,其余其余为H＋，则H＋物质的量浓度为（ C）。 A．2.5 mol/L B.1 mol/L ． C.1.0 mol/L D.5 mol/L

硝酸与金属反应计算

• ⑴甲组用agCu粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO全部溶于vmL稀 HNO3中，制得Cu(NO3)2溶液。则消耗的O2的物质的量是 mol，C(HNO3)大于 mol/L。
• ⑵乙组用agCu粉，全部溶于过量的稀HNO3中，测得生成气体的物质的量是 mol，消耗的 HNO3的物质的量是 mol。为消除污染，将生成的气体通入水中并同时通入O2，使生成的气体完全溶于水再生为HNO3，则消耗O2的物质的量是 mol。
吸收，产物只有NaNO3、NaNO2和H2O，则生成NaNO2的物质的量是 mol，NaNO3的物质的量是 mol。
• ⑴此稀硝酸的物质的量浓度。
• ⑵②中产生NO的物质的量。
• ⑶每份金属混合物中，含Fe、Cu的物质的量。
• ⑷使②中金属完全溶解，至少还需加入此稀硝酸的体积及又放出NO的物质的量。
• ⑸③中生成NO的总物质的量和消耗硝酸的总物质的量。
• 例10：甲、乙、丙三个研究小组为探究制备 Cu(NO3)2的最佳方案，用以下三种方法由Cu粉制Cu(NO3)2溶液。
• A.0.28 mol
B.0.31 mol
• C.(n＋0.2) mol
D.(n＋0.4) mol
C
因反应后溶液中仅含有 Cu2＋、NO3－和 H＋
n(NO3－)＝2n(Cu2＋)＋n(H＋)＝0.1mol×2＋n mol ＝(n＋0.2) mol
• 例8：76.8 mg 铜和适量浓硝酸反应，铜全部溶解后，如果 NO3－离子减少 2×10－3 mol，则溶液中 H＋同时下降
BC
Байду номын сангаас
• 例5：锌与硝酸反应，若有 1 mol 硝酸参加反应，就有 0.8 mol 电子发生转移，此时硝酸的还原产物中氮元素的化合价为______。

用守恒思想解决高中化学计算题

浅谈用守恒思想解决高中化学计算题摘要：化学计算是高中化学里一个重要环节，综合性和技巧性强，而守恒思想是在高中化学计算中运用最广泛的方法之一。

关键词：守恒思想；高中化学；计算题化学计算是中学化学的重要内容，也是每年高考命题考查的范围之一。

而守恒法又是运用最广泛的方法，它有如下特点：1.化学知识与数学计算有机结合。

化学计算的基础是对相关化学知识的正确理解和应用，而运算能力在化学计算中尤其重要，很多学生数学基础差，所以化学计算能力非常薄弱。

2.基础性强，对化学基本原理要求较高。

要合理地运用守恒法，要求对化学原理掌握得比较透彻，根据相应的化学原理列出相应的式子或者方程、不等式等。

3.有一定的技巧性。

化学计算题往往涉及一些巧算，而这些技巧性的计算运用最多的还是守恒，有电子守恒、电荷守恒、原子守恒等，更多的时候则是多种方法的综合运用。

而这种题型重点考查学生思维的敏捷性和整体性，所以学生掌握起来还是有一定的难度。

一、原子守恒-关系式法这种方法往往应用于比较复杂的多步反应或者多步计算，关键是把握好初始物质和最后的物质中间的量的关系。

例：某化肥厂用nh3制备nh4no3。

已知nh3制no的产率是96%；no制hno3的产率是92%，hno3与nh3反应生成nh4no3。

问制hno3所用去nh3的质量占总耗nh3的质量分数是多少？（不考虑生产上的其他损耗）分析：根据n原子守恒，制hno3所消耗的n原子数和与hno3反应的nh3的n原子数相等。

设100gnh3，其中被氧化nh3的质量为x克，则有：（x÷17）·96%·92%=（100-x）/17，解得x＝53.1，所以质量分数为53.1%。

二、原子守恒-差量法差量法要求把握反应的本质，弄清反应物和生成物之间的差，具体体现在体积差、质量差等。

而如果将化学中的守恒思想运用在差量法的计算中，一般学生就比较难掌握了。

例：将卤素互化合物brcln4.66g溶于水，再通入过量的so2，发生如下反应：brcln＋（n+1）h2o＋（n+1）/2so2＝hbr＋nhcl＋（n+2）/2h2so4，然后将所得溶液调至中性，再加入过量ba（no3）2溶液，除去生成的沉淀后，所得溶液用过量的agno3溶液处理，可得到15.46g沉淀，试确定卤素互化物brcln的n值。

硝酸与金属的反应(经典、全面)

硝酸与金属反应专题硝酸与金属反应的计算是一个难点,但也是历年高考的热点问题，此类问题技巧性较强，常使用的方法有电子得失守恒，N原子守恒等，下面一一讲解。

一、从反应的本质看金属与硝酸反应的实质是金属与H+和NO3- 共同作用。

例如:铜与稀硝酸反应的实质是: 3Cu +8H+ +2NO3- ===3Cu2+ +4H2O+2NO↑Fe2+与稀硝酸反应的实质是: 3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑【例 1】铜粉放入稀硫酸溶液后,加热后无明显现象发生,当加入下列一种物质后,铜粉质量减少,溶液呈蓝色,同时有气体产生,该物质可能是( )A. Fe2 (SO4) 3B. Na2CO3C. KNO3D.FeSO4【例2】已知Fe2+可以水解: Fe2+ +2H2OFe(OH) 2+2H+，现向Fe(NO3) 2溶液中加入足量的稀硫酸,则溶液的颜色( )A. 浅绿色加深B.颜色变浅C.溶液变黄D.无法判断【例3】在100 mL 混合溶液中, HNO3 和 H2SO4 的物质的量浓度分别是0.4 mol/L, 0.1 mol/L 向该混合液中加入 1.92 g铜粉,加热待充分反应后,所得溶液中 Cu2+ 的物质的量浓度是A.0.15B. 0.225C. 0.35D. 0.45变式1：稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。

若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为A．2.4g B．3.2g C．6.4g D．9.6g变式:2：有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升？（设反应中HNO3被还原成NO)二、N原子守恒参加反应的硝酸一部分显酸性,生成硝酸盐,另一部分作氧化剂,一般转化为氮的氧化物(NO或NO2),即是溶液中的NO3-和生成的NO(或NO2)中N的物质的量之和等于原HNO3的物质的量。

例析硝酸与金属反应的计算技巧

例析硝酸与金属反应的计算技巧摘要：通过实例和相关变形处理，介绍了硝酸与金属反应的计算题教学，旨在帮助学生理清反应的原理，合理应用电子守恒、原子守恒、电荷守恒等守恒关系，掌握化繁为简、化难为易、加快解题速度等计算技巧，由此培养及提高学生的计算能力和创造性思维能力。

关键词：硝酸；金属；氧化还原反应；守恒；化学计算文章编号：1005?C6629（2016）5?C0078?C05 中图分类号：G633.8 文献标识码：B硝酸和金属反应都是氧化还原反应，产物比较复杂。

解决有关计算的问题，需要学生有较强的思维能力。

近年来受新课改影响的部分教师过于重视探究过程，而忽视了对学生计算能力的培养，导致学生对硝酸与金属反应的计算问题，感到束手无策。

如果抓住反应的实质，明确反应物和生成物微粒或者电荷之间的量的关系，用守恒的观点思考问题，解答起来就会得心应手、轻而易举了[1]。

为了帮助学生学会分析和思考，可以分类举例，有针对性地进行训练，并进行适当变形，力求让学生能举一反三，触类旁通。

1 电子数守恒在氧化还原反应过程中，总是存在着氧化剂得到（或者偏向）电子总数等于还原剂失去（或者偏离）电子总数的关系。

根据氧化还原反应中电子转移的总数守恒，可以列出关系式解答题目。

例题1 将3.84g铜与一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为2.24L，则，其中NO的体积为L，NO2的体积为L。

分析：在反应中1mol Cu失去2mol电子，3.84g Cu即0.06mol Cu，共失去0.12mol电子。

HNO3每生成1mol NO要得到3mol电子，每生成1mol NO2要得到1mol电子。

再根据电子守恒的原则可列出方程组求解。

答案：NO的体积为0.224L，NO2的体积为2.016L。

如果将原来的题目经过变形，又可以有以下几种情况。

[变形1] 3.84g Cu和一定量的浓硝酸反应，当铜反应完毕后，共收集到标准状况下的气体2.24L；把收集到气体的集气瓶倒立于水槽中，要通入多少mL标准状况下的O2可以使集气瓶充满溶液？提示：HNO3在反应中可能被还原为NO，也可能被还原为NO2，但是最后都与O2反应，再次被氧化为HNO3。

化学反应中的质量守恒定律

化学反应中的质量守恒定律化学反应是指物质在发生化学变化过程中，原子之间重新组合形成新的物质。

在化学反应中，质量守恒定律是一个基本的物质守恒原理，即反应前后系统中的质量总量保持不变。

本文将从质量守恒定律的原理、实验验证以及其在生活中的应用等方面进行探讨。

一、质量守恒定律的原理质量守恒定律是由法国化学家拉瓦锡于1789年提出的，并被广泛接受和应用。

它表明在一个封闭的系统中，化学反应前后系统的总质量保持不变。

根据质量守恒定律，化学反应前后系统中的原子总数是相等的，只是原子之间的组合发生了改变。

化学反应中，反应物分子中的原子通过键的断裂和生成新的化学键重新组合成产物分子。

由于原子的数量是守恒的，因此反应前后系统中的质量总量不变。

二、实验验证为了验证质量守恒定律，科学家进行了大量的实验研究。

其中一个经典的实验是铍和硝酸反应生成硝酸铵的实验。

实验中，首先称取一定质量的铍片，然后将其放入装有足够浓度的硝酸的容器中进行反应。

在反应完成后，所得产物通过干燥、称重等步骤再次确定质量。

实验结果表明，反应后容器中的质量与反应前的质量相同，证明了质量守恒定律的适用性。

这一实验验证了质量守恒定律在化学反应中的普适性和可靠性。

三、质量守恒定律在生活中的应用质量守恒定律不仅在实验室中得到验证，也广泛应用于生活中的各个领域。

1. 炼金术在古代，炼金术士们试图将基本金属转化为贵金属。

其中一个著名的实验是将铅转化为黄金。

虽然这一目标最终未能实现，但实验过程中质量守恒定律的应用得到了验证。

炼金术士们注意到，无论经过多少次反应，质量总量保持不变，这进一步坚定了质量守恒定律的地位。

2. 工业生产在工业生产中，质量守恒定律也扮演着重要的角色。

例如，化肥、合成材料和药物等的制造过程中，反应物的质量需要与产物的质量精确匹配，以确保产品的质量稳定性和可靠性。

此外，在环境保护方面，质量守恒定律也为处理废物和污染物提供了依据。

根据质量守恒定律，处理废物时需要确保总质量不变，以免对环境造成进一步的负面影响。

高中化学总复习之知识讲解—守恒法在化学计算中的应用(基础)-

守恒法在化学计算中的应用【高考展望】“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一，是高考中常用的一种解题方法和解题技巧。

系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。

【方法点拨】一、守恒法的概念守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。

但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。

化学反应的实质是原子间的重新结合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒，微粒个数守恒）；宏观上各元素质量反应前后相等即质量守恒，微观上任一微观粒子（如原子、分子、离子等）反应前后个数相等。

得失电子守恒是针对氧化还原反应，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。

电荷守恒一般是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，溶液呈电中性。

一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。

而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。

二．守恒法的选取在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。

首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。

1．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的计算题可考虑质量守恒法。

2．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。

因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法、物料守恒法。

3．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒，因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子数目及反应前后化合价变化等问题可考虑电子守恒法。

2自编守恒法在解硝酸型题中的应用

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Cu-64 Cl-35.5周测卷6将SO2通入CuSO4和NaCl 的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu： 64.3%，SO2在上述反应中作用是（） A．酸 B．漂白剂 C．还原剂 D．氧化剂
C
周测卷14R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+ 离子氧化成MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是 A．1 B． 2 C．3 D．4
发生变价的元素有哪些？
OH 和哪些离子结合？
-
练习3、10gFe－Mg合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到在产物不确定标况下4.48ＬNO气体（设HNO3的还原产物类题中可应用只有NO ）。在反应后的溶液中加入足量的电子守恒 NaOH溶液，可得多少克沉淀?
解析： Fe、Mg失e-数等于氮元素得e-数发生变价的元素有哪些？ｎ失＝ｎ得＝ 4.48Ｌ÷ 2.24Ｌ· -1×3＝0.6mol mol
B.500 mL
C.400 mL
D.不能确定
最终Na和谁在一起？
限时12．(2011·江苏南通模拟)为了除去NO、NO2、N2O4 对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式： 3NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O； NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、 b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为( )
。
（3）待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸，
这时铜片上又有气泡产生，其原因和离子方程式

高中化学守恒法解计算题

1、某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是（全国高考题）A.NO2B.NOC.N2OD.N2【解析】：根据题意：2R－→2R（+x价），↑2x 价HNO3－→N（y价）↓5-y价根据得失电子守恒，有2x=5-y讨论：金属为+1价时，N为+3，不合题意；金属为+2价时，氮为+1价，选C；金属为+3，则氮为-1价（不合题意）。

只有C正确。

2.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。

则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题）A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol【解析】作为选择题，用守恒法方便快捷。

消耗的硝酸可以分为被还原的硝酸和起酸的作用的硝酸：铜消耗的硝酸=n（Cu）×2+n(NOx)n（Cu）=1.92÷64=0.03mol n（NOx）＝1.12÷22.4=0.05mol；Cu～2HNO3～Cu(NO3)2（起酸的作用的硝酸为0.06mol）0.030.06HNO3～NOx（被还原的硝酸为0.05mol）0.05mol0.05mol所以n（HNO₃）总消耗=0.03×2+0.05=0.11mol，选B。

3．【练习】14g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L氧气（标况）混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量是（）A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g【分析】：不必写出化学方程式，Cu,Ag与硝酸反应失去电子，HNO3得到电子生成NO2或NO，NO2或NO又与O2、H2O发生反应，Cu,Ag失去的电子=HNO3生成NOx得到的电子,NOx失去的电子=O2得到的电子，所以O2得到的电子=n（O2）×4=(1.12/22.4)×4=0.2mol设Cu、Ag的物质的量为x，y，则64x+108y=14（铜银的总质量）2x+y=0.2（铜银失去的电子）联立以上方程组，解之，得：x=0.05mol，则Cu的质量为3.2g，选C。

金属与硝酸反应的计算

4.某单质能与浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸
的物质的量之比为1∶4，则该元素在反应中所显示的
化合价可能是
（） BD
A.+1 B. +2 C. +3 D. +4
解析:浓硝酸→NO2 若为金属:
金属的化合价 M 被还原的硝酸未被还原的硝酸
NO2
M(NO3)X
+1 1mol 1moL
1moL 1∶2
解析:若二价金属(M)为2mol,生成2molM(NO3)2,未被还原的硝酸4mol,被还原的硝酸1mol,根据得失电
子数相等,HNO3中N元素被还原成+1价,应为 N2O;NH4NO3中N元素的平均化合价为+1价。答案 AB。
3、电荷守恒法
HNO3过量时反应后溶液中（不考虑OH-）则有： c(NO3- )=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
= n(被反应的硝酸)+2n(Fe 2+)
2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体
c(NO3- )=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
HNO 与金属的反应属于氧化还原反应，HNO 3 +3 1mol 3mol
3mol 1∶6
4、金属与HNO3反应，产生的气体又被O2氧化成HNO3的计算
5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.
即 92/64)*2=n(O2)*4
(1.92/64)*2=n(O )*4 04 mol
D.
2
224 ｍＬ
D.
求得n(O )=0.015mol 64x+108y=30.

第五章微专题三硝酸与金属反应的相关计算课件新人教版高中化学必修第二册

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解析分析题意可知：M―－―n―e→－ Mn＋―n―O―H―－→M(OH)n，即金属失去电子的
物质的量＝OH－的物质的量＝HNO3 得到电子的物质的量。OH－的物质的
量为9.7 17
gg－·m4o.l6－1g＝0.3
mol，即可直接找出得到电子的物质的量为
0.3
mol
的选项，应选 B。
A.0.15 mol·L－1
√B.0.225 mol·L－1
C.0.35 mol·L－1
D.0.45 mol·L－1
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解析解答本题要从离子反应的角度来考虑，H2SO4 提供的 H＋可以和
NO－3 构成强氧化性环境，继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4 混合液中 H＋总的物质的量为 0.06 mol，NO－3 的物质的量为 0.04 mol，Cu 的物质的量为
3 n(Cu2＋)
n(Cu2＋)＝0.06 mol×38＝0.022 5 mol
c(Cu2＋)＝0.0202.15Lmol＝0.225 mol·L－1。
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7.将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2 L。请回答下列问题： (1)产生一氧化氮的体积为_5_.8_2_4_L(标准状况下)。
A.1.2 mol
√B.1.1 mol
C.0.9 mol
D.0.8 mol
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解析锌和浓硝酸反应生成 NO2，而与稀硝酸反应时则生成 NO，标准状况下，n(NO2)＋n(NO)＝22.411L.2·mLol－1＝0.5 mol，即被还原的硝酸的物质的量为 0.5 mol，n(Zn)＝651g9·.m5 ogl－1＝0.3 mol，则生成的 n[Zn(NO3)2]＝0.3 mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为 0.3 mol×2＝0.6 mol，则参加反应的硝酸的物质的量为 0.5 mol＋0.6 mol＝1.1 mol。

硝酸的相关计算

硝酸的相关计算一、从反应的本质看:在浓硝酸中放入铜片：1、开始反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O Cu +4H++2NO3－=Cu2+ +2NO2↑+2H2O2、若铜有剩余，则反应将要结束时的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 3Cu +8H+ +2NO3－=3Cu2+ +2NO↑+4H2O3、反应停止后，再加入少量的25％的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O二、计算的技巧：1、利用N元素守恒计算：参加反应的硝酸一部分显酸性，生成硝酸盐，另一部分作氧化剂，一般转化为氮的氧化物(NO或NO 2)浓HNO3+足量金属(Cu)型: M+HNO3=M(NO3)X+氮的氧化物+H2O根据氮元素守恒，分析硝酸的去向：n(起氧化性作用硝酸)=n(NO)+n(NO2)n(起酸性作用硝酸)=n(金属)×金属化合价n(参加反应的总硝酸)=n(起氧化性作用硝酸)+n(起酸性作用硝酸) =n(NO)+n(NO2)+n(金属)×金属化合价例1．将1.92g铜粉与一定量浓硝酸恰好完全反应,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为1120mL。

(假设反应中只产生NO或NO 2)则消耗硝酸的物质的量为 mol。

A．0.12 B．0.11 C．0.09 D．0.08【巩固练习】38.4gCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部反应后共收集到气体22.4L(标准状况)，反应中作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比( )A．5∶11 B．6∶11 C．5∶6 D．6∶52、利用得失电子守恒计算：计算原理: 金属转移的电子＝氮元素转移的电子只生成NO: n(金属)×金属化合价＝n(NO)×3只生成NO2: n(金属)×金属化合价＝n(NO2)×1NO和NO2都生成: n(金属)×金属化合价＝n(NO)×3+n(NO2)×1例2．某金属单质和浓硝酸反应时，每有0.25mol单质反应就消耗1mol浓硝酸，反应中浓HNO3还原为NO2，则金属氧化后的化合价是( )A．+1 B．+2 C．+3 D．+4【变式训练】某金属与浓硝酸恰好完全反应生成NO2(可加热)，消耗金属和硝酸的物质的量之比为1∶4，则该金属可能是( )A．Cu B．Ag C．Al D．Zn`3、利用电荷守恒计算:一般应用于硝酸有剩余的反应，反应后存在:n(NO3－)＝n(H+)+2n(Cu2+)例3．6.4g铜与过量的硝酸(8mol/L、60mL)充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为nmol，此时溶液中所含NO3－的物质的量为( )A．0.28mol B．0.31mol C．(n+0.2)mol D．(n+0.4)mol【变式训练】6.4g铜与1L 8mol/L硝酸反应，硝酸的还原产物有NO、NO2。

3自编守恒法在解硝酸型题中的应用

Cu- HO-16真题、（04年天津） 32.64g铜真题、（04年天津 Cu-64 H-21 O-16真题、（04年天津）将32.64g铜 140mL一定浓度的硝酸反应一定浓度的硝酸反应，与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生 NO和混合气体在标准状况下的体积为11.2L 11.2L。的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：请回答： NO的体积为（1）NO的体积为 5.8 L，NO2的体积为 5.4 L。（2）欲使铜与硝酸反应生成的气体在溶液中全部至少需要30% 30%的转化为 NaNO3 ，至少需要30%的双氧水 57.8 g。
限时12．江苏南通模拟)为了除去限时．(2011·江苏南通模拟为了除去江苏南通模拟为了除去NO、NO2、N2O4 、对大气的污染，对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式反应方程式：行吸收处理反应方程式： 3NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；； NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由 mol NO、＋。现有由a 、 b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V 氢氧化钠溶液吸收无气体剩余)，氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余恰好被 L氢氧化钠溶液吸收无气体剩余，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为( ) 钠溶液的物质的量浓度最小为
(1)O点到点的还原产物是点到a点的还原产物是点到点的还原产物是________。。
16．(13分)(2011·江西南昌调研某合金中铜和铁的物质的量均为．分江西南昌调研)某合金中铜和铁的物质的量均为江西南昌调研某合金中铜和铁的物质的量均为0.3 mol，将其全部投入 mL 4 mol·L－1的HNO3溶液中，使其充分溶液中，，将其全部投入b 反应(假设是惟一的还原产物。假设NO是惟一的还原产物是惟一的还原产物)。反应假设 (1)若金属有剩余，其质量为 1 g，在溶液中再滴入稀硫酸后，剩余若金属有剩余，若金属有剩余其质量为m ，在溶液中再滴入稀硫酸后， > 金属变为m 则的大小关系为：金属变为 2 g则m1与m2的大小关系为：m1________m2(填“>”、填、 “<”或“＝”)。或。＋＋＋ Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ (2)若b＝450，则溶液中的阳离子为若＝，则溶液中的阳离子为_________________。。 (3)若合金与若合金与HNO3溶液恰好反应完全，求b的取值范围要有计算过溶液恰好反应完全，的取值范围(要有计算过若合金与的取值范围程)。。

高一化学硝酸的计算

B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．此反应过程中转移的电子为0.6 mol
D．混合气体中含NO2 3.36 L
• 2.某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中 Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mL bmol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是惟一的还原产物)。下列说法正确的是
【答案】
(1)5.8；5.4
aV·10－3＋0.5 (2) 0.14
(3)57.8
4．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是60 mL，下列说法不正确的是( [答案)]C A．参加反应的硝酸是0.5 mol

(2) 写出 F ＋ B―→I 的化学方程式 ____________________。 (3) 写出 G 和 I 的浓溶液反应的化学方程式 _____________。
[答案](1)NH3 H2O CO2 (2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO (3)C＋4HNO3(浓)==△===CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(3)离子方程式计算法
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐
中NO
－
3
在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因
此，此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，
然后根据完全反应的金属或H＋或NO
－
3
进行相关计算，且
溶液中要符合电荷守恒。

应用守恒法判断金属与硝酸反应产物

分析：由于本题给出了还原剂与氧化剂的物质的量之比，以所
可直接利用得失电子数守恒法求解如下：
０＋ｍ
２ —２Ｒ ÷Ｒ
＋５
失：ｍｍｌ２ｏｅ－
ｎ
事半倍之效果。本文试从不同角度试题来说明得失电子守恒方法
的妙处。
一
ＨＮｒＮ得：５ｎ）ｌ０（－ｍｏ一ｅ
・．．
气体后得到溶液１，Ｌ称量所得溶液，发现比原稀ＨＯ增重８。Ｎ，ｇ
求： ①所得溶液中金属离子物质的量浓度 ②原稀ＨＯ的物质的量浓度（Ｎ３溶液体积变化忽略不计）
分析：由于此题只知还原产物，不知氧化产物，以必须先确所
定生成几价铁
若生成Ｆ０则ｍｌｅｅ，ｏ能结合１ｍｌＯ，Ｈ０不足，Ｆ５ｏ３Ｎ故Ｎ３因
㈣
＝
＝．ｏ１Ｏ１Ｕｍ
此只生成ＦＯＯｈ则生成Ｆ（Ｏ￣所耗Ｈ０为：２ｏ－０ｏ＝ｍｏｅ￣３，ｅ３ＮｈＮ３１ｍｌ１ｍｌ２ｌ
趣。
产物（即生成几价氮）由于还原产物相对复杂，，故应先确定氧化产
物。
ｔｅ￣．１ｍｌ（２－．５ｏＦ）Ｏ
［（ｅ）Ｏ１ｏｎＦ￣＝．ｍｌ
解：（ｅ）ｎＨＮ，ｎＦ：（Ｏ）
・．．
＝：２５１
ｃ
＝
＝０１ｍｏｌ．５ｌ１
应用守恒击判断金属与硝酸反应产物
口李绪福
（江西省安福中学

硝酸与还原性物质反应的规律和计算

硝酸与还原性物质反应的规律和计算孙芙蓉老师一、硝酸与金属反应的规律1、金属与硝酸反应一般不放出H2。

浓HNO3一般被还原为NO2,稀HNO3一般被还原为NO¸极稀的HNO3可被还原成NH3与HNO3反应生成NH4NO3。

2 、反应中硝酸部分作氧化剂被还原，部分起酸的作用生成硝酸盐。

生成NO2时被还原的硝酸占½, 生成NO时被还原的硝酸占¼生成N2O时被还原的硝酸占1⁄5,生成NH4NO3时被还原的硝酸占1⁄103、铁与硝酸反应先生成Fe(NO3)3,若铁过量，Fe(NO3)3再与Fe反应生成Fe(NO3)2。

二、非金属与硝酸反应的规律非金属与硝酸反应，硝酸只表现氧化性全部被还原，不再表现酸性。

三、硝酸遇还原性化合物时显氧化性，遇非氧化性化合物时显酸性。

如HNO3遇FeO先发生复分解反应生成Fe(NO3)2，HNO3显酸性，Fe(NO3)2再被HNO3氧化成Fe(NO3)3，HNO3显氧化性。

四、硝酸参与的氧化还原反应的计算的常见方法：1、电子守恒法例1某单质能与浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为1:4，则该单质被氧化后的氧化产物中元素化合价可能为（）A 、+1 B、+2 C、+3 D、+4分析：当单质（M）是非金属单质时，HNO3全部被还原成NO2，设氧化产物中M元素的化合价为x,根据反应中电子得失相等，则0 +x +5 +41M→1M 4HNO3→4NO21(x-0)=4(5-4) x=4,选项D可以。

当单质（M）是金属单质时，一部分起酸性作用生成M (NO3)x，一部分被还原生成NO2,0 +x +5 +41M→M(NO3)x（4-x）HNO3→（4-x）NO21(x-0)= （4-x）(5-4) x=2,选项B可以。

答案BD2、原子守恒法例2 38.4mg Cu跟适量的浓硝酸反应，Cu全部作用后，在标准状况下收集到气体22.4ml (不考虑NO2和N2O4的转化)，则消耗的HNO3的物质的量为（）A、1.0×10-3molB、1.6×10-3molC、2.2×10-3molD、2.4×10-3mol分析：反应完全后，溶液中NO3-和生成的气体（NO2、NO）中N原子的物质的量之和等于原HNO3的物质的量。

借助守恒关系　巧解金属与硝酸反应的计算

借助守恒关系㊀巧解金属与硝酸反应的计算朱雅琼(安徽省灵璧中学ꎬ安徽宿州２３４２００)摘㊀要:化学计算是中学化学教学的重点和难点ꎬ也是常见的考点ꎬ是元素及其化合物学习中经常出现的习题.本文以金属与硝酸反应的计算为载体ꎬ借助电子守恒㊁电荷守恒及物料守恒ꎬ并通过他们之间的等量代换及组合ꎬ能够迅速准确地完成计算ꎬ带动学生理解并应用于常规的化学计算中ꎬ提升中学生的化学计算能力.关键词:化学计算ꎻ守恒ꎻ金属与硝酸ꎻ高中化学中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－０１１６－０３收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:朱雅琼(１９８８.８－)ꎬ女ꎬ安徽省灵璧人ꎬ硕士研究生ꎬ从事高中化学教学研究.㊀㊀化学计算是中学化学教学的重点ꎬ也是难点之一ꎬ而在教材中没有专门的章节进行教学ꎬ其分布于元素及其化合物的学习中.特别是结合真实情境中的应用把握金属主要的性质㊁氮及其化合物的主要性质ꎬ探索物质性质㊁实现物质转化[１].由于金属与硝酸的反应有很多的特点ꎬ所以本文通过归纳常见的金属与硝酸反应的类型ꎬ结合典型例题ꎬ以点带面ꎬ提升学生的综合计算的能力.１金属与硝酸反应的特点(１)金属种类具有多样性.硝酸是一种氧化性强酸ꎬ是工业上应用非常广泛的一种强酸ꎬ也是实验室中最为常见的酸ꎬ能与除金㊁铂以外的绝大数金属发生反应.(２)金属元素存在的多种化合价.由于过渡金属存在多种化合价ꎬ特别是最为常见的金属铁ꎬ就有＋２㊁＋３两种常见的化合价ꎬ而硝酸是一种强氧化性酸ꎬ硝酸用量的不同可以得到Ｆｅ(ＮＯ３)２㊁Ｆｅ(ＮＯ３)３两种氧化产物ꎬ故随着参加反应的硝酸用量不同可能会得到不同价态的氧化产物.(３)硝酸还原产物的多样性.硝酸是氧化性强酸ꎬ浓度不同ꎬ其还原产物不同ꎬ一般来说浓硝酸的还原产物为ＮＯ２ꎻ稀硝酸的还原产物更复杂ꎬ主要为ＮＯꎬ但随着金属活泼性㊁硝酸的浓度㊁反应温度的诸多因素影响ꎬ稀硝酸的还原产物还可能为Ｎ２Ｏ㊁Ｎ２等ꎬ甚至还原产物可能为ＮＨ＋４ꎬ增加了计算的难度.(４)计算过程的复杂性.金属与硝酸反应的计算题目中往往很少只是单纯进行的是金属与硝酸的反应ꎬ随着金属与硝酸反应之后ꎬ还涉及到往反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液使金属离子沉淀的计算ꎻ硝酸还原产物为ＮＯ㊁ＮＯ２(甚至还有Ｎ２Ｏ４)与氧气反应的计算等.综上所述ꎬ在进行金属与硝酸反应的计算中如果根据化学方程式进行计算ꎬ往往会无从下手ꎬ难以进行有效的计算.因此可以将电子守恒㊁电荷守恒㊁物料守恒通过相应组合ꎬ等量代换ꎬ找出已知量与未知量的关系ꎬ从而简化解题步骤ꎬ准确快速地将题解出.６１１２计算依据电子守恒:在氧化还原反应中ꎬ氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数是相等的.电子守恒是氧化还原反应计算的基础ꎬ由于金属与硝酸的反应都是氧化还原反应ꎬ所以电子守恒关系在金属与硝酸反应的计算中具有十分重要的意义.电荷守恒:又称电中性原理ꎬ指在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数ꎬ使整个溶液不显电性.借助电荷守恒ꎬ可以找出溶液中各离子浓度之间的关系.同时ꎬ经常利用加入ＮａＯＨ溶液将金属阳离子沉淀出来ꎬ由于一个ＯＨ－带一个单位负电荷ꎬ由等量代换ꎬ完全沉淀金属阳离子所需ＯＨ－的物质的量就等于金属阳离子所带正电荷总数ꎬ也等于金属失电子总数ꎻ物料守恒:又称原子守恒ꎬ根据质量守恒定律ꎬ化学反应前后各元素原子的种类㊁个数和质量均保持不变ꎬ故金属与硝酸参加反应以后ꎬ硝酸中的氮原子共有三个可能存在:一是体现酸性参与成盐ꎻ二是体现氧化性被还原ꎬ存在于还原产物(主要为ＮＯ㊁ＮＯ２)中ꎻ三是硝酸过量ꎬ存在于反应后的溶液中ꎬ可以根据反应后溶液的ｐＨ进行计算[２].３计算模式(设有１ｍｏｌ金属Ｍ参加反应ꎬ金属的化合价为＋ｎ价.)计算主线:Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＭ(ＮＯ３)ｎ:参与成盐的硝酸ꎬ即体现酸性ꎬ根据电荷守恒ꎬ其物质的量为:ｎｍｏｌＮＯ㊁ＮＯ２:被还原的硝酸ꎬ根据物料守恒ꎬ其物质的量为:ｎ(ＮＯ)＋ｎ(ＮＯ２)ＨＮＯ３(过量):过量的硝酸ꎬ可以根据溶液的ｐＨ计算ìîíïïïïïïïïï根据电子守恒:ｎ(ｅ－)＝ｎ(ＮＯ) ３＋ｎ(ＮＯ２) １根据物料守恒:ｎ(ＨＮＯ３)(总)＝ｎ(ＨＮＯ３)(成盐)＋ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＋ｎ(ＨＮＯ３)(过量)若对反应后的产物进行再处理ꎬ还可以有以下的几种情况:(１)对反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液ꎬ使金属离子恰好沉淀完全ꎬ则反应前金属的质量与反应后沉淀的质量之间存在如图１所示关系.Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋＋ＮａＯＨңＭ(ＯＨ)ｎüþýïïïïïïïïïïïïΔｍ＝ｎ(ＯＨ－)ˑ１７ｇｍｏｌ－１图１㊀质量关系图结合电荷守恒与质量守恒ꎬ增加的质量即为ＯＨ－的质量ꎬ而ＯＨ－的物质的量则等于金属单质失去电子的物质的量.(２)当金属离子恰好沉淀完全时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ根据电荷守恒和物料守恒ꎬ则有ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)ꎬｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮａＯＨ)ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)故所需ＮａＯＨ物质的量等于溶液中的ＮＯ－３的物质的量.即ｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)(３)对于反应的还原产物(ＮＯ㊁ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４等混合气体)ꎬ通入Ｏ２并与水反应使其全部转化为ＨＮＯ３ꎬ具体关系如图２所示.ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＮＯＮＯ２Ｎ２Ｏ４{＋Ｏ２㊁Ｈ２Ｏ－ｎｅ－ңＨＮＯ３图２㊀反应前后物质关系图根据物料守恒和电子守恒ꎬ由于起始与终了的硝酸总量相等ꎬ故Ｏ２得到电子总数与ＨＮＯ３被还原时所得电子总数相等ꎬ所以有ｎ(Ｏ２)＝ｎｅ－４.４典型例题例１㊀将１１.２ｇ的铜镁的混合物完全溶解于７１１足量的硝酸中ꎬ收集产生的气体混合物ꎬ再向所得溶液中加入适量的ＮａＯＨ溶液ꎬ产生２１.４ｇ沉淀ꎬ根据题意推断气体混合物的可能组成是(㊀㊀).Ａ.０.３ｍｏｌＮＯ２和０.３ｍｏｌＮＯＢ.０.２ｍｏｌＮＯ２和０.１ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｃ.０.１ｍｏｌＮＯ㊁０.２ｍｏｌＮＯ２和０.０５ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｄ.０.６ｍｏｌＮＯ解析㊀由Ｍｇ㊁Ｃｕ的化学变化:ＭｇңＭｇ２＋ңＭｇ(ＯＨ)２~２ｅ－ꎬＣｕңＣｕ２＋ңＣｕ(ＯＨ)２~２ｅ－.故增加的质量为ＯＨ－的质量.则转移电子的物质的量与ＯＨ－的物质的量相等ꎬ由ｎ(ＯＨ－)＝２１.４ｇ－１１.２ｇ１７ｇｍｏｌ－１＝０.６ｍｏｌꎬ所以反应中转移电子的物质的量也为０.６ｍｏｌꎬ选项Ｃ中生成气体混合物转移电子的物质的量为:０.１ｍｏｌˑ３＋０.２ｍｏｌˑ１＋０.０５ｍｏｌˑ２＝０.６ｍｏｌꎬ故Ｃ正确ꎬ同理Ａ㊁Ｂ㊁Ｄ不正确.例２㊀足量的铜与一定量浓硝酸恰好完全反应ꎬ得到硝酸铜溶液和ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体ꎬ将这些气体与１.６８ＬＯ２(ＳＴＰ)混合后通入水中ꎬ所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加５.０ｍｏｌＬ－１ＮａＯＨ溶液至Ｃｕ２＋恰好沉淀完全ꎬ则消耗ＮａＯＨ溶液的体积是(㊀㊀).Ａ.６０ｍＬ㊀Ｂ.４５ｍＬ㊀Ｃ.３０ｍＬ㊀Ｄ.１５ｍＬ解析㊀由得到的还原产物ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体与１.６８ＬＯ２混合后通入水中有生成硝酸ꎬ借助电子守恒㊁物料守恒与电荷守恒的组合ꎬ可以得到ｎ(ＯＨ－)＝ｎ(ｅ－)＝４ˑ１.６８Ｌ２２.４Ｌｍｏｌ－１＝０.３ｍｏｌꎬ故所需要５.０ｍｏｌＬ－１ＮａＯＨ溶液的体积为６０ｍＬꎬ所以Ａ选项正确.例３㊀将１.２０ｇ铁铜合金完全溶于１００ｍＬ１２.０ｍｏｌＬ－１浓硝酸中ꎬ得到ＮＯ２和Ｎ２Ｏ４混合气体６７２ｍＬ(已换算为标准状况下的体积).向反应后的溶液中加入１.０ｍｏｌＬ－１ＮａＯＨ溶液ꎬ当金属离子全部沉淀时ꎬ得到２.０５ｇ沉淀ꎬ下列有关判断正确的是(㊀㊀).Ａ.反应过程中浓硝酸仅体现氧化性Ｂ.该合金中铁与铜的物质的量之比为２ʒ１Ｃ.混合气体中ꎬＮＯ２的体积分数是１２Ｄ.金属离子全部沉淀时ꎬ加入ＮａＯＨ溶液的体积至少为１１５０ｍＬ.解析㊀金属与浓硝酸反应ꎬ硝酸除了体现氧化性之外ꎬ还体现了酸性ꎬ参与成盐ꎬ故Ａ错误ꎻ由于该反应中还原产物只有＋４价的ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４ꎬ所以硝酸是过量的ꎬ因此铁的氧化产物只有Ｆｅ３＋ꎬ由５６ˑｎ(Ｆｅ)＋６４ˑｎ(Ｃｕ)＝１.２０ｇꎬ３ˑｎ(Ｆｅ)＋２ˑｎ(Ｃｕ)＝２.０５ｇ－１.２０ｇ１７ｇｍｏｌ－１ꎬ得到ｎ(Ｆｅ)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｃｕ)＝０.０１ｍｏｌꎬ所以合金中铁与铜的物质的量之比为１ʒ１ꎬＢ错误ꎻ同理由电子守恒１ˑｎ(ＮＯ２)＋２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０５ꎬｎ(ＮＯ２)＋ｎ(Ｎ２Ｏ４)＝６７２ˑ１０－３Ｌ２２.４Ｌｍｏｌ－１ꎬ得ｎ(ＮＯ２)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０２ｍｏｌꎬ所以ＮＯ２的体积分数为１３ꎬＣ错误ꎻ当溶液中金属离子全部沉淀时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ由物料守恒ꎬｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＝１００ｍＬˑ１０－３ˑ１２.０ｍｏｌＬ－１－ｎ(ＮＯ２)－２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝１.１５ｍｏｌꎬ所以需要１.０ｍｏｌＬ－１ＮａＯＨ溶液的体积为１１５０ｍＬꎬＤ正确.参考文献:[１]中华人民共和国教育部.普通高中化学课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[２]王法鹏.利用三个守恒进行金属与硝酸反应的计算[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０１８(０７):５３－５５.[责任编辑:季春阳]８１１。

硝酸中的守恒与计算技巧

硝酸中的守恒与计算技巧1．原子守恒【例1】38。

4 mg Cu与适量的浓HNO3反应,铜全部反应后，共收集到22.4 mL气体（标准状况），反应消耗的硝酸的物质的量可能是（）A．1.0×10－3 mol B．1。

6×10－3 mol C．2。

2×10－3 mol D．2.4×10－3 mol【例2】1.92 g Cu与适量的浓HNO3反应，随着反应的进行,所生成气体的颜色也逐渐变浅。

当铜反应完毕后，共收集到1.12 L气体（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量可能为（）A．0。

12 mol B．0.11 mol C．0.08 mol D．0。

16 mol【例3】现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用 a mol/L NaOH溶液吸收，使该混合气体全部转化成盐溶液,至少需要a mol/L NaOH溶液的体积为( ）（已知：2NO2 + 2NaOH === NaNO3 + NaNO2 + H2O;NO2 + NO + 2NaOH === 2NaNO2 + H2O)A．m/a L B．2m/3a L C．2（m+n）/3a L D．（m+n）/a L2．电子守恒【例4】1。

92 g Cu投入一定量的浓HNO3中,铜完全溶解，生成气体的颜色越来越淡，共收集到672 mL 气体（标准状况）.将盛有此气体的容器倒扣在水中，容器内液面上升，再通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是（)A．504 mL B．168 mL C．336 mL D．224 mL【例5】14gCu、Ag合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况）O2混合，通入水中恰好全部被吸收,则合金中Cu的质量是（）A．9。

6 g B．6。

4 g C．3.2 g D．无法计算3．电荷守恒【例6】铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL N2O4气体(都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( ）A．9。